MỤC LỤC

1.MỞ ĐẦU
Trang
1.1. Lí do chọn đề tài ……………………………………………………….......1
1.2. Mục đích nghiên cứu ……………………………………………………….1
1.3. Đối tượng nghiên cứu ………………………………………………….......1
1.4. Phương pháp nghiên cứu ……………………………………......................1
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ………………………….….…....2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng ki ến kinh nghi ệm ..…….….
…...3
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã s ử d ụng đ ể gi ải
quyết vấn đề …………………………………………………………………………..…....4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, v ới
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ………………………………………….......15
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận…………………………………………………………………... 15
3.2. Kiến nghị ………………………………………………………………….15
Tài liệu tham khảo ……………………………………………………………16

1


1 . MỞ ĐẦU

Lí do chọn đề tài:
Qua nhiều năm giảng dạy môn Toán ở trường THCS , trong ch ương
trình sách giáo khoa không đề cập đến nhiều các dạng toán “ Tìm giá tr ị
lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức” nhưng trong các kì thi HSG b ậc
THCS và các kì thi tuyển sinh vào trường THPT , đặc bi ệt là thi vào các

2.1. Cơ sở lí luận:
* Những kiến thức về lí thuyết liên quan đến đề tài:
a. Giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của một hàm số:
Cho hàm số f(x) xác định trên miền (D).
1.1.

2


a)M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền (D) nếu nh ư hai đi ều
kiện sau đồng thời được thỏa mãn:
1. f(x,y,...) ≤ M

∀(x,y,..) ∈ (D)

2. ∃ (x0, y0,...) ∈ (D) sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y,..) v ới (x,y,...) ∈ (D)
b) M được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền (D) nếu nh ư hai đi ều
kiện sau đồng thời được thỏa mãn:
1. f(x,y,...) ≥ M

với ∀(x,y,..) ∈ (D)

2. ∃ (x0, y0,...) ∈ (D) sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Min f(x,y,..) với (x,y,...) ∈ (D)
b. Các kiến thức cần dùng:
b.1. Lũy thừa :
a) x2 ≥ 0 ∀x ∈ |R ⇒ x2k ≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - x2k ≤ 0
Tổng quát : [f (x)]2k ≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - [f (x)]2k ≤ 0
Từ đó suy ra :

Dấu "=" xảy ra⇔

ai
bi

= Const (i =

)
3


Nếu bi = 0 xem như ai = 0
b.5. Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a ≥ 0 :
(1+a)n ≥ 1+na
∀n ∈N.
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = 0.
2
• Một số bất đẳng thức thường gặp suy ra t ừ (A+B) ≥ 0.
2
2
a. a + b ≥ 2ab
2
b. (a + b) ≥ 4ab
2
2
2
c. 2( a + b ) ≥ (a + b)
d.


33.3 %
20 %
Tiềm năng của học sinh về môn toán chưa được khai thác hết.
Thực tế chương trình Toán THCS chưa xây dựng hoàn chỉnh về nội
dung và phương pháp của một số dạng Toán khó, th ường chỉ mang tính
chất giới thiệu chưa sâu.
Nhiều học sinh cũng lúng túng khi muốn tìm hiểu thêm trong tài li ệu
tham khảo.
Việc tìm hiểu của giáo viên về một số đề tài cũng chưa tập trung
trong một tài liệu cụ thể, do đó làm mất nhiều thời gian.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để gi ải
quyết vấn đề:
2.3. a. Các phương pháp cơ bản để giải bài toán tìm giá trị l ớn nh ất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức, hàm số:
2.3.a.1. Phương pháp bất đẳng thức:
1.Để tìm Max f(x,y,...) trên miền(D) ta chỉ ra :
sao cho f(x0,y0,...) = M
2. Để tìm Min f(x,y,...) trên miền D ta chỉ ra : sao cho f(x0,y0,...) = m
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ1:Tìm giá trị nhỏ nhất của A1 = x2 + 4x + 5
Giải
2
2
Ta có : A1 = x + 4x + 5 = x + 4x + 4 + 1 = (x + 2)2 + 1 ≥ 1 vì (x + 2)2 ≥0.
⇒ A1 min = 1⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = -2
4


Vậy A1 min = 1⇔ x = -2
Ví dụ 2: Cho a > b > 0. Tìm GTNN của B1 = a +

a = 2

b = 1

a = 2

b = 1

Vậy : B1 min = 3 ⇔
2.3.a.2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối t ương đ ương.
Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến th ức đã cho v ề
biểu thức đơn giản hơn, dễ xác định cực trị hơn.
Các ví dụ minh hoạ :
Ví dụ 1: Tìm GTNN của C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
Giải :
4
3
2
C1 = x + 6x + 13x + 12x + 12
C1 = ( x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
C1 = (x2 + 3x + 5)2 - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
Đặt : x2 + 3x + 5 = a
C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + 9 + 8
C1 = (a-3)2 + 8≥ 8
do (a-3)2≥ 0
∀a.
⇒C1min = 8 ⇔ a - 3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 ⇔
Vậy : C1min = 8 ⇔



 x 2 y2 
 2 + 2 
x 
y

Đặt :
= a ≥2 ⇒
= a2 - 2
⇒ C2 = 2.( a2 - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2
Ta thấy : a ≥ 2 ⇒ C2 = 2a2 - 5a + 2 ≥ 0
⇒ C2min = 0 ⇔a = 2 ⇔ x = y > 0
5


Vậy : C2min = 0 ⇔ x = y > 0
2.3.a.3. Phương pháp miền giá trị hàm số:
Trong một số trường hợp đặc biệt, biểu thức đại số đã cho chỉ có
thể có một hoặc hai biến số và đưa được về dạng tam th ức bậc 2 thì ta có
thể sử dụng kiến thức về miền giá trị của hàm số để giải và thấy rất hiệu
quả.
• Đường lối chung là :
Giả sử ta phải tìm cực trị của một hàm số f(x) có miền giá trị (D). Gọi
y0 là một giá trị nào đó của f(x) với x ∈(D) . Điều này có nghĩa là phương
trình f(x) = y có nghiệm. Sau khi giải phương trình f(x)=y 0 (x là biến, coi y0
là tham số), điều kiện có nghiệm thường đưa đến bất đẳng th ức sau: m ≤
y0 ≤M
Từ đó⇒ Min f(x) = m với x ∈ D.
⇒ Max f(x) = M với x ∈ D.
Các ví dụ minh hoạ :


1
2


2n

a) Giả sử n ≥ 5, n ∈ N ta có B =
< 1 (*)
Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n+1) nghĩa là ph ải ch ứng

( n + 1) 2
2 n +1

minh :
< 1⇔ (n + 1)2 < 2n+1
(1)
2
n
2
n+1
Từ (*) ta có : n < 2 ⇔ 2n < 2
(2)
Để chứng minh (1) ta chứng minh (n + 1)2 < 2n2
⇔ n2 + 2n + 1 <2n2 ⇔ n2 - 2n - 1 > 0 ⇔ (n - 1)2 - 2 > 0 (đúng vì n ≥ 5)
b) Kết luận : B =
Vậy Bmax =

9
8

n2
2n



AB =
Mặt khác ta có : |MA - MB| ≤ AB
hay |
|≤5
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 khi và chỉ khi 3 điểm M, A, B th ẳng hàng.
Ta lại có phương trình của đường thẳng(d) qua A và B là : f(x)=

4
5
x−
3
3

(d)

5
4

cắt Ox tại M ( ; 0)
5
4

a)

b)

Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x =
• Các chú ý quan trọng:
Muốn tìm được cực trị hàm số, không những ta cần ch ứng minh m ột bất


nhỏ nhất.
2

lớn nhất.

2.3.b. Các dạng bài tập thường gặp:
Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuy ệt đ ối
Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức B = 2
-4
3x − 6

Giải:
Với mọi x, ta có

3x − 6 ≥

Do đó min B = - 4 khi 3x – 6 = 0

0. Suy ra 2

⇔

3x − 6 ≥

0 nên 2

3x − 6

-4

0
(x + 2) (5 – x) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5
Vậy GTNN của A bằng 3 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5 .
Dạng 2. Đa thức bậc hai:
Dạng 2.1. Bài toán tổng quát:
Cho tam thức: P(x) = ax2 + bx + c. (a, b, c là hằng số, a
a)
b)

≠0

).

Tìm GTLN, GTNN của P khi a > 0
Tìm GTLN, GTNN của P khi a < 0
Giải:

9


Ta có: P(x) = ax2 + bx + c = a ( x2 +

= a (x +

Đặt

− (b − 4ac)
4a
2



b
2a

b
a

⇒

MinP = k

Nếu a < 0
Vì (x +
)2 ≥ 0
b
2a

Do đó: P(x) ≤ k

⇒

⇒

a (x +

⇒

a (x +

MaxP = k

Giải:
Ta có: A = x2 – 6x + 8 = (x2 – 6x + 9) – 1 = (x – 3)2 – 1

≥

- 1.

Nên minA = - 1 khi x – 3 = 0 hay x = 3
Vậy minA = -1 khi x = 3
Với dạng toán này ta có thể hướng dẫn học sinh phân tích đ ể xu ất
hiện hằng đẳng thức cũng được nhưng đối với đối tượng học sinh trung
bình ta có thể vận dụng bài toán tổng quát thì học sinh sẽ th ực hi ện đ ược
dễ dàng hơn từ đó các em có thể tự tin h ơn bản thân t ừ đó các em sẽ có
hứng thú hơn về dạng toán này.
Dạng 2.2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức là đa thức nhiều biến
Dạng này khi mới nhìn thấy đề ra học sinh thường thấy khó khăn vì
đa thức có nhiều biến không biết tiến hành thế nào. Do đó giáo viên c ần

10


hướng dẫn học sinh cách chọn biến chính và vận dụng h ằng đẳng th ức
hoặc
2
2
( a + b)
( a − b)
Bài toán tổng quát: f(x,y) = ax2 + by2+cxy + dx + ey + f.
(a,b,c,e,f là hằng số a.b
).


Ví dụ2: Tìm GTNN của biểu thức C = x2 + 2y2 – 2xy + 4x – 2y + 15.
Giải
C = x2 + 2y2 – 2xy + 4x – 2y + 15
= x2 + 2(2 – y)x + 2y2 – 2y + 15
= x2 + 2(2 – y)x + (4 – 4y + y2) + (y2 + 2y + 1) + 10
= x2 + 2(2 – y)x + (2 – y)2 + (y + 1)2 + 10
= (x + 2 – y)2 + (y + 1)2 + 10 10
≥

Nên minC = 10 khi

 x + 2 − y = 0  x = −3
⇔

y +1 = 0
 y = −1

Vậy minC = 10 khi x = -3, y = -1
Dạng 3: Đa thức bậc cao:
Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai
Ví dụ1 : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
Giải :
A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12)
Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y 2 - 36
⇔

⇔



b thì

−2
2
9x − 6x + 5

.=

−2
(3 x − 1) 2 + 4

=

≥

0 nên (3x – 1) 2 +4
1
1
a ≤ b

−2
−2
2
(3 x − 1) + 4 ≥ 4 ⇒

Do đó

.


3x 2 − 8 x + 6
x2 − 2 x + 1

Ví dụ : Tìm GTNN của A =
.
Giải :
Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
2 ( x 2 − 2 x + 1) + ( x 2 − 4 x + 4 )

( x − 2) 2
( x − 1) 2

x2 − 2x + 1

A =
= 2 +
minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
3( y + 1) 2 − 8( y + 1) + 6

A =
=3-

( y + 1)
2
y

+

2

c. Các phân thức dạng khác:

⇔

x=2
3 − 4x
x2 + 1

Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =
Giải
Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A=

3 − 4x
x2 + 1

=

x2 − 4x + 4 − x2 − 1
x2 + 1

=

( x − 2) 2
x2 + 1

-1

≥


Giải :
Cách 1:
Biểu th ức f(x) có nghĩa khi:
2 − x ≥ 0

1 + x ≥ 0

⇔ −1 ≤ x ≤ 2

2
Trong điều kiện này ta có f(x) ≥ 0 nên f(x) đạt GTLN khi và chỉ khi [ f ( x ) ] đạt
GTLN.
2
2
Ta có: [ f ( x ) ] = 2 − x + 1 + x + 2 ( 2 − x )(1 + x ) = 3 + 2 2 + x − x

2

2
Do đó [ f ( x ) ]

Vậy khi
Cách 2:

x=

9
1
9 
1

≥
0

Điều kiện để f(x)xác định
(*)
Với điều kiện (*) f(x) ≥ 0 bình phương 2 vế được

[ f ( x)] 2 = x + 1 + 2 - x + 2

( x + 1)(2 − x) = 3 + 2

( x + 1)(2 − x)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 2 số không âm (x + 1) và (2 - x) ta có
3 = (x + 1) + (2 – x ) ≥ 2 ( x + 1)(2 − x)
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x + 1 = 4 - x ⇒ x = 2
2
Suy ra: [ f ( x ) ] ≤ 4 vì f(x) ≥ 0 nên ta được
1
Max f(x) = 3 khi x= 2 .

Ví dụ 3 : Cho biểu thức:
GTNN.

f ( x) =

x−3
x − 1 − 2 . Tìm giá trị của x để f(x) đạt


Vậy f(x) đạt GTNN bằng 2 khi x = 1
Dạng 6: Cực trị có điều kiện ( các biến bị ràng bu ộc thêm b ởi m ột h ệ
thức cho trước
Ví dụ 1 : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1
(sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A)
A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2
Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có ch ứa A
⇒

x+y =1
Mà

(x – y)2

≥

x2 + 2xy + y2 = 1

0 Hay: x2 - 2xy + y2

Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 )

≥

1
2

1

⇒

2 ≥ 2

1
2

minA =
khi và chỉ khi x = y =
Cách 3. Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới
Đ ặt x =

1
2

x2 + y 2 = (
⇔

+ a thì y =
1
2

+ a)2 + (

1
2

1
2

- a . Biểu thị x2 + y2 ta được :


16
3

⇒ B3min =

16
3

⇔x=y=z=±

2 3
3

2 3
3

16
3

Vậy : B3min =
⇔x=y=z=±
2
2
Ví dụ 3: Cho x + y = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải :
≤

Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: ( 2x + 3y )2 ( 22+32 ).52
⇒


Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y

2

≥

0

Với x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y
⇔

2

≥

⇒

x2 = 16

0

Vậy Max A = 26
x =4 , y = 6
* Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các m ệnh đ ề sau
- Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 s ố đó b ằng
nhau
- Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nh ỏ nh ất khi 2 s ố
đó bang nhau
* Một số sai lầm thường gặp khi giải bài toán cực trị :
1. Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng th ức khác nhau


(1)

(2 )
15


A=

Từ (1) và (2) suy ra :
Phân tích sai lầm:

1 4
4
4
+ ≥
≥ =8
1
x y
xy
2

. Vậy Min A = 8

1 4
= ⇔ 4x = y
x y

Đẳng thức xảy ra ở (1) khi
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Lo ại vì x + y = 1)


3
x ⇔
⇔
 y
x + y = 1 x + y = 1  y = 2


3

4x y
4x y
+ ≥2
. =4
y x
y x

Dấu “=” xảy ra khi
2. Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán:
Ví dụ 2: cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
2

2

1
 1 
A =  x+ ÷ +  y + ÷
y
 x 



1
x

1
y

(2)

8 => Min A = 8

Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi

1
= y ⇔ y2 = 1
y

1
= x ⇔ x2 = 1
x

.
16


Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1)
Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có :
x+y
1

2

. Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy

(2). Từ (1) và (2) =>A

≥

1
2

8 + +4 =

≥

1-

1
2

=

1
2

(1)

25
2


8 ⇔ x=3

− 6 x + 17 ) = 8 ⇔ x = 3

Do đó Min
. Vậy Max A =
Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có
tử không đổi nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đưa ra nhận xét
tử và mẫu là các số dương
x 2 − 6 x + 17 = ( x − 3) + 8 ≥ 8
2

Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét
mẫu của A là dương
4. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2
Ví dụ 4: Tìm GTNN của bt: A = x +
Lời giải sai : x +
−

Vậy: Min A =

x

( )
x

2

x
2

1
2

≥

−

1
4

chưa chỉ ra trường hợp

(vô lí )
17


x

x≥0

x ≥0

⇔ x=0

Lời giải đúng: ĐKTT
là
do đó : A = x +
=> Min A = 0
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo d ục,
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường :

dẫn cho học sinh tiếp cận dạng toán này.Tôi nhận thấy học sinh ứng thú
hơn và học tập hiệu quả hơn.
Qua việc nghiên cứu đề tài giúp bản thân nâng cao được kiến th ức,
nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả. Ngoài ra còn giúp
bản thân nâng cao phương pháp tự học , tự nghiên cứu, tự bồi d ưỡng, đ ể
có thể tiếp tục nghiên cứu các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình
dạy học của mình.
Trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi sự sai sót và nh ững h ạn
chế mong sự chia sẻ và thông cảm của quí bạn đọc, mong s ự góp ý chân
thành của đồng nghiệp để đề tài ngày càng hoàn thiện h ơn. Tôi xin chân
thành cảm ơn!
3.2 . Kiến nghị :
Sau khi ứng dụng đề tài trên để dạy học các lớp 8,9 tôi thấy ph ần
lớn các em đã trở nên hứng thú với các dạng toán tìm giá tr ị l ớn nh ất, giá
trị nhỏ nhất. Và nhiều em đã đi sâu tìm hiểu và say mê v ới môn Toán. Vì
vậy tôi rất mong được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và các nhà
quản lý giáo dục để đề tài được hoàn thiện hơn, để có th ể ph ổ biến r ộng
rãi hơn cho đồng nghiệp trong tỉnh cũng như cả nước.
18


Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm của mình viết không sao chép n ội
dung của người khác.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh Hóa, ngày 2 / 3 / 2018
Người viết

Nguyễn Thị Huyền